2019年高考真题与模拟题分类汇编 专题15 工艺流程题 (解析版)

专题15 工艺流程题

2019年高考真题 1．[2019新课标Ⅰ]硼酸（H3BO3）是一种重要的化工原料，广泛应用于玻璃、医药、肥料等工艺。一种以硼镁矿（含Mg2B2O5·H2O、SiO2及少量Fe2O3、Al2O3）为原料生产硼酸及轻质氧化镁的工艺流程如下：

回答下列问题：

（1）在95 ℃“溶浸”硼镁矿粉，产生的气体在“吸收”中反应的化学方程式为_________。 （2）“滤渣1”的主要成分有_________。为检验“过滤1”后的滤液中是否含有Fe3+离子，可选用的

化学试剂是_________。

（3）根据H3BO3的解离反应：H3BO3+H2O

H++B(OH)−4，Ka=5.81×10−10，可判断H3BO3是______

酸；在“过滤2”前，将溶液pH调节至3.5，目的是_______________。

（4）在“沉镁”中生成Mg(OH)2·MgCO3沉淀的离子方程式为__________，母液经加热后可返回____

_______工序循环使用。由碱式碳酸镁制备轻质氧化镁的方法是_________。

【答案】（1）NH4HCO3+NH3

(NH4)2CO3

（2）SiO2、Fe2O3、Al2O3 KSCN （3）一元弱 转化为H3BO3，促进析出 （4）2Mg2++3CO3+2H2O（或2Mg2++2CO3+H2O

22Mg(OH)2·MgCO3↓+2HCO3

Mg(OH)2·MgCO3↓+CO2↑） 溶浸 高温焙烧

【解析】（1）根据流程图知硼镁矿粉中加入硫酸铵溶液产生的气体为氨气，用碳酸氢铵溶液吸收，反应方程式为：NH3+NH4HCO3

(NH4)2CO3。

（2）滤渣I为不与硫酸铵溶液反应的Fe2O3、Al2O3、SiO2；检验Fe3+,可选用的化学试剂为KSCN， （3）由硼酸的离解方程式知，硼酸在水溶液中是通过与水分子的配位作用产生氢离子，而三价硼原子最多只能再形成一个配位键，且硼酸不能完全解离，所以硼酸为一元弱酸；在“过滤2”前，将溶液pH调节至3.5，目的是将B(OH)−4转化为H3BO3，并促进H3BO3析出，

（4）沉镁过程中用碳酸铵溶液与Mg2+反应生成Mg(OH)2∙MgCO3，沉镁过程的离子反应为：2Mg2++2H2O+3CO32-Mg(OH)2∙MgCO3↓+2HCO3-；母液加热分解后生成硫酸铵溶液，可以返回“溶浸”工

序循环使用；碱式碳酸镁不稳定，高温下可以分解，故由碱式碳酸镁制备轻质氧化镁的方法是高温焙烧。 2．[2019新课标Ⅱ]立德粉ZnS·BaSO4（也称锌钡白），是一种常用白色颜料。回答下列问题：

（1）利用焰色反应的原理既可制作五彩缤纷的节日烟花，亦可定性鉴别某些金属盐。灼烧立德粉样品

时，钡的焰色为__________（填标号）。 A．黄色 B．红色 C．紫色 D．绿色 （2）以重晶石（BaSO4）为原料，可按如下工艺生产立德粉：

①在回转炉中重晶石被过量焦炭还原为可溶性硫化钡，该过程的化学方程式为______________________。回转炉尾气中含有有毒气体，生产上可通过水蒸气变换反应将其转化为CO2和一种清洁能源气体，该反应的化学方程式为______________________。

②在潮湿空气中长期放置的“还原料”，会逸出臭鸡蛋气味的气体，且水溶性变差。其原因是“还原料”表面生成了难溶于水的___________（填化学式）。 ③沉淀器中反应的离子方程式为______________________。

（3）成品中S2−的含量可以用“碘量法”测得。称取m g样品，置于碘量瓶中，移取25.00 mL 0.1000 m

ol·L−1的I2−KI溶液于其中，并加入乙酸溶液，密闭，置暗处反应5 min，有单质硫析出。以淀粉L−1Na2S2O3溶液滴定，反应式为I2+2S2O3为指示剂，过量的I2用0.1000 mol·

22I−+S4O6。测

2定时消耗Na2S2O3溶液体积V mL。终点颜色变化为_________________，样品中S2−的含量为______________（写出表达式）。

【答案】（1）D （2）①BaSO4+4C②BaCO3

③S2−+Ba2++Zn2++SO42BaS+4CO↑ CO+H2OCO2+H2

BaSO4·ZnS↓

（3）浅蓝色至无色

1（25.00V）0.100032 2100％m1000

【解析】 【分析】

（1）焰色反应不属于化学变化，常用来检验金属元素存在，常见金属元素焰色：

钠Na（黄色） 、锂Li（紫红）、钾K（浅紫）、铷Rb（紫色）、钙Ca（砖红色）、锶Sr（洋红）、铜Cu（绿色）、钡Ba（黄绿）、铯Cs（紫红）；

（2）流程分析：重晶石与焦炭在回转炉中反应BaSO4+4C与硫酸锌发生复分解反应S2−+Ba2++Zn2++SO42BaS+4CO↑，生成还原料BaS，硫化钡溶液

BaSO4·ZnS↓，得到立德粉。

①注意焦炭过量生成CO，反应物为硫酸钡与焦炭，产物为BaS与CO，写出方程式；CO与水蒸气反应生成CO2与H2，写出方程式CO+H2O

CO2+H2。

②根据信息臭鸡蛋气味气体为硫化氢气体，由强酸制弱酸原理，还原料硫化钡与空气中水、二氧化碳反应生成了碳酸钡与硫化氢气体。

③硫化钡与硫酸锌为可溶性强电解质，写成离子形式，产物硫酸钡与硫化锌为沉淀，不可电离，写出离子方程式。

（3）碘单质与淀粉混合为蓝色，用硫代硫酸钠滴定过量的I2，故终点颜色变化为浅蓝色至无色；根据氧化还原反应得失电子数相等，利用关系式法解题。

【详解】（1）焰色反应不是化学变化，常用来检验金属元素存在，常见金属元素焰色：A．钠的焰色为黄色，故A错误；B．钙的焰色为红色，故B错误；C．钾的焰色为紫色，故C错误；D．钡的焰色为绿色，故D正确；故选D。

（2）①注意焦炭过量生成CO，反应物为硫酸钡与焦炭，产物为BaS与CO，写出方程式BaSO4+4C

BaS+4CO↑；CO与水蒸气反应生成CO2与H2，写出方程式：CO+H2O

CO2+H2。

②根据信息臭鸡蛋气味气体为硫化氢气体，由强酸制弱酸原理，还原料硫化钡与空气中水，二氧化碳反应生成了碳酸钡与硫化氢气体。

③硫化钡与硫酸锌为可溶性强电解质，写成离子形式，产物硫酸钡与硫化锌为沉淀，不可电离，写出离子方程式：S2−+Ba2++Zn2++SO42BaSO4·ZnS↓。

S+2I-；碘单质与淀粉混合为蓝色，用硫代硫酸钠滴定过量的I2，

（3）碘单质与硫离子的反应：S2-+I2

故终点颜色变化为浅蓝色至无色；根据氧化还原反应得失电子数相等，利用关系式法解题；根据化合价升降相等列关系式，设硫离子物质的量为n mol： S2- ～ I2 2S2O32- ～ I2

1 mol 1 mol 2 mol 1 mol n mol n mol 0.1V×10-3mol

10.1V×10-3mol 21V）0.1×10-3mol 21（25.00V）0.100032nM（S2）×100%= ×100%。 则样品中硫离子含量为：2mm1000n+0.1V×10-3mol=250.1V×10-3mol，得n=（25-

123．[2019新课标Ⅲ] 高纯硫酸锰作为合成镍钴锰三元正极材料的原料，工业上可由天然二氧化锰粉与硫化锰矿（还含Fe、Al、Mg、Zn、Ni、Si等元素）制备，工艺如下图所示。回答下列问题：

相关金属离子[c0(Mn+)=0.1 mol·L−1]形成氢氧化物沉淀的pH范围如下： 金属离子 开始沉淀的pH 沉淀完全的pH Mn2+ 8.1 10.1 Fe2+ 6.3 8.3 Fe3+ 1.5 2.8 Al3+ 3.4 4.7 Mg2+ 8.9 10.9 Zn2+ 6.2 8.2 Ni2+ 6.9 8.9 （1）“滤渣1”含有S和__________________________；写出“溶浸”中二氧化锰与硫化锰反应的化学方程式

____________________________________________________。 （2）“氧化”中添加适量的MnO2的作用是________________________。 （3）“调pH”除铁和铝，溶液的pH范围应调节为_______~6之间。

（4）“除杂1”的目的是除去Zn2+和Ni2+，“滤渣3”的主要成分是______________。

（5）“除杂2”的目的是生成MgF2沉淀除去Mg2+。若溶液酸度过高，Mg2+沉淀不完全，原因是_________

____________________________________________________________。

（6）写出“沉锰”的离子方程式___________________________________________________。

（7）层状镍钴锰三元材料可作为锂离子电池正极材料，其化学式为LiNixCoyMnzO2，其中Ni、Co、Mn

1的化合价分别为+2、+3、+4。当x=y=时，z=___________。

3【答案】（1）SiO2（不溶性硅酸盐） MnO2+MnS+2H2SO4（2）将Fe2+氧化为Fe3+ （3）4.7 （4）NiS和ZnS

2MnSO4+S+2H2O

（5）F−与H+结合形成弱电解质HF，MgF2（6）Mn2++2HCO31（7）

3Mg2++2F−平衡向右移动

MnCO3↓+CO2↑+H2O

Si元素以SiO2或不溶性硅盐存在，SiO2与硫酸不反应，【解析】（1）所以滤渣I中除了S还有SiO2；在硫酸的溶浸过程中，二氧化锰和硫化锰发生了氧化还原反应，二氧化锰作氧化剂，硫化锰作还原剂，方程式为：MnO2+MnS+2H2SO4

2MnSO4+S+2H2O。

（2）二氧化锰作为氧化剂，使得MnS反应完全，且将溶液中Fe2+氧化为Fe3+。

（3）由表中数据知pH在4.7时，Fe3+和Al3+沉淀完全，所以应该控制pH在4.7~6之间。 （4）根据题干信息，加入Na2S除杂为了除去锌离子和镍离子，所以滤渣3是生成的沉淀ZnS和NiS。 （5）由HF

H++F-知，酸度过大，F-浓度减低，使得MgF2

Mg2++2F-平衡向沉淀溶解方

向移动，Mg2+沉淀不完全。

（6）根据题干信息沉锰的过程是生成了MnCO3沉淀，所以反应离子方程式为：Mn2++2HCO3-MnCO3↓+CO2↑+H2O。

（7）根据化合物中各元素化合价代数和为0的规律得：1+2x+3y+4z=6，已知，x=y=1/3，带入计算得：z=1/3。

4．[2019江苏]实验室以工业废渣（主要含CaSO4·2H2O，还含少量SiO2、Al2O3、Fe2O3）为原料制取轻质CaCO3和(NH4)2SO4晶体，其实验流程如下：

（1）室温下，反应CaSO4(s)+CO3(aq)

2CaCO3(s)+SO4(aq)达到平衡，则溶液中

2cCOcSO2423= ▲ [Ksp(CaSO4)=4.8×10−5，Ksp(CaCO3)=3×10−9]。

（2）将氨水和NH4HCO3溶液混合，可制得(NH4)2CO3溶液，其离子方程式为 ▲ ；浸取废渣时，

向(NH4)2CO3溶液中加入适量浓氨水的目的是 ▲ 。

（3）废渣浸取在如图所示的装置中进行。控制反应温度在60~70 ℃，搅拌，反应3小时。温度过高将

会导致CaSO4的转化率下降，其原因是 ▲ ；保持温度、反应时间、反应物和溶剂的量不变，实验中提高CaSO4转化率的操作有 ▲ 。

（4）滤渣水洗后，经多步处理得到制备轻质CaCO3所需的CaCl2溶液。设计以水洗后的滤渣为原料，制

取CaCl2溶液的实验方案： ▲ [已知pH=5时Fe(OH)3和Al(OH)3沉淀完全；pH=8.5时Al(OH)3开始溶解。实验中必须使用的试剂：盐酸和Ca(OH)2]。

104 【答案】（1）1.6×H2O（2）HCO3+NH3·

22NH+CO3+H2O(或HCO3+NH3·H2O4+2NH+CO3+H2O) 4+

增加溶液中CO3的浓度，促进CaSO4的转化 （3）温度过高，(NH4)2CO3分解

加快搅拌速率

（4）在搅拌下向足量稀盐酸中分批加入滤渣，待观察不到气泡产生后，过滤，向滤液中分批加入少量Ca(OH)2，用pH试纸测量溶液pH，当pH介于5~8.5时，过滤 【解析】 【分析】

（1）反应CaSO4（s）+CO32-（aq）CaSO4和CaCO3的Ksp计算。

（2）氨水与NH4HCO3反应生成（NH4）2CO3；加入氨水抑制（NH4）2CO3的水解。

（3）温度过高，（NH4）2CO3分解，使CaSO4转化率下降；保持温度、反应时间、反应物和溶剂的量不变，提高CaSO4转化率即提高反应速率，结合反应的特点从影响反应速率的因素分析。

（4）根据工业废渣中的成分知，浸取、过滤后所得滤渣中含CaCO3、SiO2、Al2O3和Fe2O3；若以水洗后的滤渣为原料制取CaCl2溶液，根据题给试剂，首先要加入足量盐酸将CaCO3完全转化为CaCl2，同时Al2O3、Fe2O3转化成AlCl3、FeCl3，过滤除去SiO2，结合题给已知，再利用Ca（OH）2调节pH除去Al3+和Fe3+。 【详解】（1）反应CaSO4（s）+CO32-（aq）

CaCO3（s）+SO42-（aq）达到平衡时，溶液中

2c（SO4）CaCO3（s）+SO42-（aq）的平衡常数表达式为2，结合c（CO3）

2Ksp（CaSO4）4.8105c（SO2（?SO24）c（Ca）4）====1.6×104。 2229（CaCO?c（CO3）c（Ca）（?CO3）Ksp3）310NH4HCO3属于酸式盐，H2O=（2）与氨水反应生成（NH4）反应的化学方程式为NH4HCO3+NH3·（NH4）2CO3，

2CO3+H2O[或

NH4HCO3+NH3·H2OH2O=NH4++CO32-+H2O（NH4）离子方程式为HCO3-+NH3·2CO3+H2O]，

H2O（或HCO3-+NH3·NH4++CO32-+H2O）；浸取废渣时，加入的（NH4）2CO3属于弱酸弱碱盐，溶液中

HCO3-+NH3·H2O，加入适量浓氨水，水解平衡逆向移动，溶液中CO32-CaCO3（s）+SO42-（aq）正向移动，促进CaSO4的转化。

CO32-+NH4++H2O存在水解平衡：

的浓度增大，反应CaSO4（s）+CO32-（aq）

（3）由于铵盐具有不稳定性，受热易分解，所以温度过高，（NH4）2CO3分解，从而使CaSO4转化率下降；由于浸取过程中的反应属于固体与溶液的反应（或发生沉淀的转化），保持温度、反应时间、反应物和溶剂的量不变，提高CaSO4转化率即提高反应速率，结合外界条件对化学反应速率的影响，实验过程中提高CaSO4转化率的操作为加快搅拌速率（即增大接触面积，加快反应速率，提高浸取率）。

2H2O，还含有少量SiO2、Al2O3和Fe2O3，加入（NH4）2CO3溶液浸取，其中（4）工业废渣主要含CaSO4·

CaSO4与（NH4）2CO3反应生成CaCO3和（NH4）2SO4，SiO2、Al2O3和Fe2O3都不反应，过滤后所得滤渣中含CaCO3、SiO2、Al2O3和Fe2O3；若以水洗后的滤渣为原料制取CaCl2溶液，根据题给试剂，首先要加入足量盐酸将CaCO3完全转化为CaCl2，发生的反应为CaCO3+2HCl=CaCl2+H2O+CO2↑，与此同时发生反应Al2O3+6HCl=2AlCl3+3H2O、Fe2O3+6HCl=2FeCl3+3H2O，SiO2不反应，经过滤除去SiO2；得到的滤液中含CaCl2、AlCl3、FeCl3，根据“pH=5时Fe（OH）3和Al（OH）3沉淀完全，pH=8.5时Al（OH）3开始溶解”，为了将滤液中Al3+、Fe3+完全除去，应加入Ca（OH）2调节溶液的pH介于5~8.5[加入Ca（OH）2的过程中要边加边测定溶液的pH]，然后过滤即可制得CaCl2溶液。

【点睛】本题以工业废渣为原料制取轻质CaCO3和（NH4）2SO4晶体的实验流程为载体，考查溶度积的计算、影响盐类水解的因素、实验条件的控制、制备实验方案的设计和对信息的处理能力等。难点是第（4）问实验方案的设计，设计实验方案时首先要弄清水洗后滤渣中的成分，然后结合题给试剂和已知进行分析，作答时要答出关键点，如pH介于5~8.5等。

2019届高考模拟试题 5．[山东省威海市2019届高三5月高考模拟考试]铁、镍及其化合物在工业上有广泛的应用。从某矿渣[成分为NiFe2O4(铁酸镍)、NiO、FeO、CaO、SiO2等]中回收NiSO4的工艺流程如下：

已知(NH4)2SO4在350℃分解生成NH3和H2SO4，回答下列问题：

“浸渣”的成分有Fe2O3、FeO(OH)、CaSO4外，还含有___________(写化学式)。 （1）

（2）矿渣中部分FeO焙烧时与H2SO4反应生成Fe2(SO4)3的化学方程式为________________________。0×10-3mol·L-1)，0×10-3mol·L（3）向“浸取液”中加入NaF以除去溶液中Ca2+(浓度为1．当溶液中c(F-)=2．

-1

10-11]。 时，除钙率为______________[Ksp(CaF2)=4．0×

（4）溶剂萃取可用于对溶液中的金属离子进行富集与分离：

Fe2水相2RH有机相FeR有机相2H水相。萃取剂与溶液的体积比(V0／VA)

对溶液中Ni2+、Fe2+的萃取率影响如图所示，V0／VA的最佳取值为____________。在___________(填“强碱性“”强酸性”或“中性”)介质中“反萃取”能使有机相再生而循环利用。

（5）以Fe、Ni为电极制取Na2FeO4的原理如图所示。通电后，在铁电极附近生成紫红色的FeO42-，若

pH过高，铁电极区会产生红褐色物质。

①电解时阳极的电极反应式为_________________________，离子交换膜(b))为______(填“阴”或“阳”)离子交换膜。

②向铁电极区出现的红褐色物质中加入少量的NaClO溶液，沉淀溶解。该反应的离子方程式为________________________________。

【答案】（1）SiO2

（2）4FeO+6H2SO4+O2=2Fe2(SO4)3+6H2O （3）99%

（4）0.25 强酸性

（5）①Fe-6e-+8OH-=FeO42-+4H2O

②阴 2Fe(OH)3+3ClO-+4OH-=2FeO42-+3Cl-+5H2O 【解析】 【分析】

某矿渣的主要成分是NiFe2O4（铁酸镍）、NiO、FeO、CaO、SiO2等，加入硫酸铵研磨后，600℃焙烧，已知：（NH4）2SO4在350℃以上会分解生成NH3和H2SO4。NiFe2O4在焙烧过程中生成NiSO4、Fe2（SO4）3，C的热水中浸泡过滤得到浸出液，加入NaF除去钙离子，过滤得到滤液加入萃取剂得到无机相和有机在90°

相，无机相通过一系列操作得到硫酸镍，有机相循环使用，据此分析解答。 【详解】

C焙烧，已某矿渣的主要成分是NiFe2O4（铁酸镍）、NiO、FeO、CaO、SiO2等，加入硫酸铵研磨后，600°知：（NH4）2SO4在350℃以上会分解生成NH3和H2SO4。NiFe2O4在焙烧过程中生成NiSO4、Fe2（SO4）3，C的热水中浸泡过滤得到浸出液，加入NaF除去钙离子，过滤得到滤液加入萃取剂得到无机相和有机在90°

相，无机相通过一系列操作得到硫酸镍，有机相循环使用。

（1）矿渣的主要成分是NiFe2O4（铁酸镍）、NiO、FeO、CaO、SiO2等，加入硫酸铵加热浸取后的浸渣为不反应和不溶于水的硫酸钙和二氧化硅，“浸渣”的成分除Fe2O3、FeO(OH)、CaSO4外，还含有SiO2； （2）矿渣中部分FeO焙烧时与H2SO4及空气中的氧气反应生成Fe2(SO4)3和水，反应的化学方程式为4FeO+6H2SO4+O2=2Fe2(SO4)3+6H2O；

10-3mol·L-1时，Ksp(CaF2)=c(Ca2+)×c2(F-)= c(Ca2+)×(2．0×10-3mol·L-1)2=4．0×10-11，（3）当溶液中c(F-)=2．0×

351.0101.01010-5mol/L，则除钙率为故c(Ca2+)=1．0×100%99%； 31.010（4）要求Fe2+萃取率最低，Ni2+的萃取率最高，根据图象，最佳取值为0.25；在强酸性介质中“反萃取”能使有机相再生而循环利用；

（5）①电解时正极连接铁电极，为阳极，阳极上失电子在碱性条件下反应生成FeO42-，电极反应式为

Fe-6e-+8OH-=FeO42-+4H2O；离子交换膜(b))允许氢氧根离子向Ⅲ移动，为阴离子交换膜；

②向铁电极区出现的红褐色物质中加入少量的NaClO溶液，沉淀溶解。次氯酸钠将氢氧化铁氧化生成高铁酸钠，反应的离子方程式为2Fe(OH)3+3ClO-+4OH-=2FeO42-+3Cl-+5H2O。 【点睛】

本题考查了物质分离提纯、物质制备、离子方程式书写、溶度积常数计算等知识点，掌握基础是解题关键，题目难度中等。

6．[山东省济宁市2019届高三第二次模拟考试] 12．磁性材料产业是21世纪各国竞相发展的高科技支柱产

业之一，磁性材料广泛用于电子信息、军事技术等领域。碳酸锰主要用于制备软磁铁氧体，工业上用氯化铵焙烧锰矿粉制备高纯度碳酸锰的工艺流程如下：

已知：①锰矿粉的主要成分是MnCO3，还含少量Fe、Al、Ca、Mg等元素。

②相关金属Mn+离子c(Mn+) ═ 0.1 mol• L -1形成M(OH) n沉淀的pH范围如下：

③常温下，Ksp(CaF2) ═1.46×10-10 Ksp(MgF2) ═7.42×10-11 Ka(HF) ═1.00 ×10-4 回答下列问题：

（1）分析下列图1、图2，氯化铵焙烧锰矿粉的最佳条件是：__________________。

“焙烧”时发生的主要反应的化学方程式为_________________________。 （2）

（3）浸出液“净化除杂”过程如下：首先加入MnO2将Fe2+氧化为Fe3+，反应的离子方程式为__________；

再调节溶液的pH将Al3+、Fe3+变为沉淀除去；然后加入NH4F将Ca2+、Mg2+沉淀除去，此时溶液pH为6，c(Mg2+)═4.×10-6 mol·L-1，c(HF)为_________mol·L-1。

（4）碳化结晶时，反应的离子方程式为_____________________________________。

（5）碳化结晶过程中不能用碳酸铵溶液代替碳酸氢铵溶液可能的原因是___________________。 （6）测定碳酸锰产品的纯度。

称取0.5000 g碳酸锰产品于锥形瓶中，加25.00 mL磷酸，加热，碳酸锰全部转化为[Mn(PO4)2]3-，L-1的硫酸亚铁冷却至室温。加水稀释至100 mL，滴加2～3滴指示剂，然后用浓度为0.2000 mol·

铵[(NH4)2Fe(SO4)2]标准溶液滴定（反应为：[Mn(PO4)2]3- +Fe2+ ═Mn2+ +Fe3++2PO43-）。重复操作3次，记录数据如下表：

0.2000 mol·L-1的硫酸亚铁铵标准溶液读数（mL） 滴定次数 滴定前 1 2 3 0.10 1.32 1.05 滴定后 20.20 21.32 20.95 则产品的纯度=__________，若滴定终点时发现滴定管尖嘴处产生了气泡，则测得的碳酸锰粗产品“ 偏低”或“无影响”)。 的纯度___(填“偏高”

【答案】（1）500℃ m(NH4Cl)∶m(锰矿粉)=1.10 （2）MnCO3＋2NH4Cl

MnCl2＋2NH3↑＋CO2↑＋H2O

10-5 （3）MnO2＋2Fe2＋＋4H＋═Mn2＋＋2Fe3＋＋2H2O 4.0×（4）Mn2＋2HCO3

＋

－

MnCO3＋CO2↑＋H2O

（5）碳酸根离子水解程度大，碳酸铵溶液中c(OH-)较大，易产生Mn(OH)2沉淀 （6）92.00% 偏低 【解析】 【分析】

将菱锰矿粉(主要成分是MnCO3，还含少量Fe、Al、Ca、Mg等元素)和氯化铵混合研磨后焙烧，反应生成二氧化碳和氨气，因此反应方程式为MnCO3+2NH4Cl

MnCl2+2NH3↑+CO2↑+H2O，浸出，浸出液含有Mn2+、

Fe2+、Al3+、Ca2+、Mg2+，浸出液需要净化除杂，根据（3）的提示，需要加入MnO2将Fe2+氧化为Fe3+，再

调节溶液的pH将Al3+、Fe3+变为Al(OH)3、Fe(OH)3沉淀除去，然后加入NH4F将Ca2+、Mg2+以CaF2、MgF2沉淀除去，净化液中主要溶质为MnCl2、NH4Cl，加入碳酸氢铵发生反应：Mn2++2HCO3-

MnCO3↓+CO2↑+H2O，炭化结晶，过滤，滤饼干燥后得到MnCO3，滤液为NH4Cl溶液，蒸发结晶得到NH4Cl固体，可循环使用，据此分析解答。 【详解】

（1）根据图像可知，锰的浸出率随着温度的升高而增大，随着m(NH4Cl)∶m(锰矿粉)增大而增大，500℃、m(NH4Cl)∶m(锰矿粉)=1.10时，m(NH4Cl)∶m(锰矿粉)再打，锰的浸出率最高，温度过高，浸出率变化不大，成本增加，故焙烧温度取500℃、m(NH4Cl)∶m(锰矿粉)=1.10即可。

（2）将菱锰矿粉(主要成分是MnCO3，还含少量Fe、Al、Ca、Mg等元素)和氯化铵混合研磨后焙烧，反应生成二氧化碳和氨气，因此反应方程式为MnCO3+2NH4Cl

MnCl2+2NH3↑+CO2↑+H2O。

（3）MnO2将Fe2+氧化为Fe3+，离子反应为：MnO2+2Fe2++4H+═Mn2++2Fe3++2H2O；已知：常温下，Ksp(MgF2)═7.42×10-11，Ka(HF)═1.00×10-4，溶液pH为6，c(Mg2+)═4.×10-6 mol•L-1，则此时c(F-)=

mol/L=4×10-3mol/L，Ka(HF)═

=1.00×10-4，

c(HF)==4.0×10-5mol/L。

MnCO3↓+CO2↑+H2O。

（4）碳化结晶时，反应的方程式为：Mn2++2HCO3-

（5）碳酸根离子水解程度大，碳酸铵溶液中c(OH-)较大，易产生Mn(OH)2沉淀，故碳化结晶过程中不能用碳酸铵溶液代替碳酸氢铵溶液。

（6）根据表格数据，三次消耗硫酸亚铁铵标准溶液的体积(mL)分别为：20.10、20.00、19.90，消耗的平均体积为20.00 mL，根据关系式：MnCO3～Mn(PO4)2]3-～(NH4)2Fe(SO4)2，则n(MnCO3)=n(硫酸亚铁0.02L=0.004mol，产品的纯度为铵)=0.2000mol/L×

×100%=92.00%；若滴定终点时发现

滴定管尖嘴处产生了气泡，则标准液消耗的体积读数偏小，故测得的碳酸锰粗产品的纯度偏低。

7．[湖北省武汉市2019届高中毕业生五月测试]废旧光盘金属层中含有金属Ag(其它金属微量忽略不计)，从光盘中提取金属 Ag 的工艺流程如下。请回答下列问题。

（1）“氧化”阶段需在 80 ℃ 条件下进行，使用的加热方式为______________________。

（2）NaClO溶液与Ag 反应的产物为AgCl、NaOH 和O2，该反应的化学方程式为____________。有人提出用HNO3代替 NaClO氧化Ag，从反应产物的角度分析，其缺点是______________。 （3）“过滤Ⅰ”中洗涤难溶物的实验操作为_____________________________________。

（4）常用10％的氨水溶解AgCl固体， AgCl与 NH3•H2O按 1:2 反应可生成 Cl－和一种阳离子_____(填阳离子的化学式)的溶液。实际反应中，即使氨水过量，“废渣”中也含有少量AgCl固体，可能的原因是__________________________________________。

（5）理论上消耗 0.1 mol N2H4•H2O可“还原”得到_____ g Ag的单质。 【答案】（1）水浴加热

（2）4Ag+4NaClO+2H2O=4AgCl+4NaOH+O2↑ 生成氮氧化物，污染空气 （3）向漏斗中加入蒸馏水至沉淀完全浸没，使洗涤液自然流下，重复2~3次 （4）［Ag（NH3）2］＋ 氨水溶解AgCl的反应是可逆反应，不能进行到底 （5）43.2 【解析】 【分析】

（1）精确控制温度，需要水浴加热；

（2）根据得失电子守恒配平NaClO溶液与Ag 反应的方程式； （3）根据实验操作规范回答洗涤难溶物的操作方法；

（4）根据原子守恒判断AgCl与 NH3•H2O按 1:2 反应生成的阳离子； （5）根据得失电子守恒计算生成Ag的质量。 【详解】

（1）“氧化”阶段需在 80 ℃ 条件下进行，使用水浴加热；

（2）根据得失电子守恒，NaClO溶液与Ag 反应生成AgCl、NaOH 和O2的方程式是

4Ag+4NaClO+2H2O=4AgCl+4NaOH+O2↑；若用做氧化剂，还原产物是氮氧化合物，污染环境。 （3）“过滤Ⅰ”中洗涤难溶物的实验操作为向漏斗中加入蒸馏水至沉淀完全浸没，使洗涤液自然流下，重复2~3次

（4）AgCl与 NH3•H2O按 1:2 反应方程式是AgCl+2NH3•H2O［Ag（NH3）2］Cl，所以生成的阳离子是［Ag（NH3）2］；由于可逆反应不能进行到底，所以即使氨水过量，“废渣”中也含有少量AgCl固体； N2H4•H2O与Cl 发生氧化还原反应，0.1 mol N2H4•H2O（5）［Ag（NH3）氧化产物是氮气，还原产物是Ag，2］108g/mol= 43.2g。 反应转移0.4mol电子，根据得失电子守恒，可“还原”得到0.4mol Ag，质量为0.4mol×

＋

8．[河南省洛阳市2019届高三第四次模拟考试] 16．精炼铜工业中阳极泥的综合利用具有重要意义。一种从铜阳极泥(主要含有铜、银、金、少量的镍)中分离提取多种金属元素的工艺流程如下：

已知：ⅰ分金液中含金离子主要成分为[AuCl4]－；分金渣的主要成分为AgCl； ⅱ分银液中含银离子主要成分为[Ag(SO3)2]3，且存在[Ag(SO3)2]3—ⅲ“分铜”时各元素的浸出率如下表所示。

（1）由表中数据可知，Ni的金属性比Cu__________。分铜渣中银元素的存在形式为（用化学用语表示）

_____________________________。“分铜”时，如果反应温度过高，会有明显的放出气体现象，原因是____________________________________________。

“分金”时，单质金发生反应的离子方程式为______________________________________。 （2）

（3）Na2SO3溶液中含硫微粒物质的量分数与pH的关系如图所示。

－

Ag++2SO

“沉银”时，需加入硫酸调节溶液的pH=4，分析能够析出AgCl的原因为_________________________________________________________________________________________________________。调节溶液的pH不能过低，理由为__________________________________（用离子方程式表示）。 10－5，沉银时为了保证不析出Ag2SO4，应如何控制溶液中SO42—浓度（假定（4）已知Ksp[Ag2SO4]=1.4×

溶液中Ag+浓度为0.1mol/L）。____________________________________。

（5）工业上，用镍为阳极，电解0.1 mol/L NiCl2溶液与一定量NH4Cl组成的混合溶液，可得高纯度的

球形超细镍粉。当其他条件一定时，NH4Cl的浓度对阴极电流效率及镍的成粉率的影响如图所示：

为获得髙纯度的球形超细镍粉，NH4Cl溶液的浓度最好控制为_______g/L，当NH4Cl溶液的浓度大于15g/L时，阴极有无色无味气体生成，导致阴极电流效率降低，该气体为_______。

【答案】（1）强 Ag、AgCl H2O2分出氧气 （2）2Au+ClO3－+7Cl－+6H+=2[AuCl4]－ +3H2O （3）分银液中存在[Ag(SO3)2]3—

Ag++2SO32－，加H2SO4至pH=4，SO32－转化为HSO3－，c(SO32－)减小，

－－

平衡正向移动，c(Ag+)增大，Ag+与分银液中Cl反应生成AgCl SO32+ 2H+ = SO2↑+H2O

10－3mol/L （4）溶液中SO42—浓度应低于1.4×（5）10 H2 【解析】 【分析】

铜阳极泥中加入硫酸、过氧化氢和氯化钠进行分铜，“分铜”时，单质铜发生的反应是铜在酸性溶液中被过氧化氢氧化生成硫酸铜和水，“分铜”时加入足量的NaCl可以使溶解出的Ag+形成AgCl进入分铜渣；加入盐酸和氯酸钠进行分金，“分金”时，单质金发生的反应是金和加入的氯酸钠和盐酸发生氧化还原反应生成[AuCl4]-，分金液的主要成分为[AuCl4]-；分金渣的主要成分为AgCl，加入亚硫酸钠进行分银，过滤得到的分银液中主要成分为[Ag(SO3)2]3-，且存在[Ag(SO3)2]3-⇌Ag++2SO32-加入硫酸沉银，促使

[Ag(SO3)2]3-⇌Ag++2SO32-平衡正向移动，电离出Ag+，Ag+与分银液中的Cl-反应生成AgCl，以此解答该题。 【详解】

（1）由表中数据可知，镍的Ni浸出率比铜高，说明镍容易被氧化，因此金属性Ni比Cu强。根据上述分析，“分铜”时加入足量的NaCl可以使溶解出的Ag+形成AgCl进入分铜渣，分铜渣中银元素的存在形式为Ag、AgCl；“分铜”时，如果反应温度过高，双氧水发生分解，会有明显的气体放出现象。

（2）分金液的主要成分为[AuCl4]-，“分金”时，单质金发生的反应是金和加入的氯酸钠和盐酸发生氧化还原反应生成[AuCl4]-，反应的离子方程式为：2Au+ClO3-+7Cl-+6H+=2[AuCl4]-+3H2O。

（3）分银液中主要成分为[Ag(SO3)2]3-，且存在[Ag(SO3)2]3-⇌Ag++2SO32-，H2SO4电离出的H+降低了SO32-的浓度，平衡正向进行，能够析出AgCl 的原因为：H2SO4电离出的H+降低了SO32-的浓度，促使

[Ag(SO3)2]3-⇌Ag++2SO32-平衡正向移动，电离出Ag+，Ag+与分银液中的Cl-反应生成AgCl，调节溶液的pH 不能过低理由为：避免产生污染气体SO2。

（3）分银液中主要成分为[Ag(SO3)2]3-，由于存在[Ag(SO3)2]3-⇌Ag++2SO32-，H2SO4电离出的H+降低了SO32-的浓度，平衡正向进行，c(Ag+)增大，Ag+与分银液中Cl－反应生成AgCl；如果溶液的pH 过低，硫酸会与亚硫酸根离子反应放出气体SO2，产生污染，反应的离子方程式为SO32－+ 2H+ = SO2↑+H2O。

（4）c(SO42—)==

－

=1.4×103 mol/L，因此沉银时为了保证不析出Ag2SO4，应如何控制

－

溶液中SO42—浓度低于1.4×103mol/L。

（5）根据图象可知，NH4Cl的浓度为10g•L-1时，镍的成粉率最高，所以NH4Cl的浓度最好控制为10 g•L-1，当NH4Cl浓度大于15g•L-1时，阴极有气体生成，阴极发生还原反应，阴极生成的气体为氢气，溶液中铵根离子水解溶液呈酸性，阴极电极反应式为：2H++2e-=H2↑或2NH4++2H2O+2e-=2NH3•H2O+H2↑，产生气体为氢气。

9．[安徽省合肥市2019年高三第三次教学质量检测]某工厂以重晶石（主要含BaSO4）为原料，生产“电子陶瓷工业支柱”——钛酸(BaTiO3)的工艺流程如下：

回答下列问题：

（1）为提高BaCO3的酸浸速率，可采取的措施为____________________________________________（写

出一条即可）；常温下，TiCl4为液体且易水解，配制一定浓度的TiCl4溶液的方法是______________________________________________。

（2）用Na2CO3溶液浸泡重晶石（假设杂质不与Na2CO3反应），能将BaSO4转化为BaCO3，此反应的

平衡常数K=__________________（填写计算结果）；若不考虑CO32－的水解，要使2. 33g BaSO4L－1Na2CO3溶液________________________mL。恰好完全转化为BaCO3，则至少需要浓度为1.0mol·10-10、Ksp(BaCO3)=5.0×10-9） （已知：Ksp(BaSO4)=1.0×

（3）流程中“混合”溶液的钛元素在不同pH时主要以TiO(OH)＋、TiOC2O4、TiO(C2O4)22－三种形式存在

（变化曲线如右图所示）。实际制备工艺中，先用氨水调节混合溶液的pH于2.8左右，再进行“沉淀”，其反应的离子方程式为_________________________________________________________；图中曲线c对应钛的形式为______________________________________________（填粒子符号）。

（4）流程中“滤液”的主要成分为___________________；隔绝空气煅烧草酸氧钛钡晶体得到钛酸钡粉体

和气态产物，试写出反应的化学方程式：__________________________________。

【答案】（1）将BaCO3研成粉末或适当增大盐酸浓度或适当加热或搅拌等 溶于浓盐酸，再加适量水稀释至所需浓度 （2）0.02 510

4H2O↓ TiO(OH)＋ （3）TiO(C2O4)22－＋Ba2＋＋4H2O=BaTiO(C2O4)2·4H2O（4）NH4Cl BaTiO(C2O4)2·【解析】 【分析】

TiCl4是强酸弱碱盐，（1）根据物质的存在状态及影响化学反应速率的因素分析；在溶液中弱碱阳离子水解，从抑制盐水解考虑。

（2）根据沉淀的转化平衡方程式书写、计算。

（3）“混合溶液”过程中，钛元素在不同pH下主要以TiOC2O4、TiO(C2O4)22-和TiO(OH)+三种形式存在，调节混合液pH在2.8左右再进行沉淀，据“沉淀”时生成草酸氧钛钡晶体中含有TiO(C2O4)22-(即b微粒)，再根据反应前后各种元素的原子个数守恒及晶体的化学式书写出相应的化学方程式；随着氨水的不断加入溶液的pH不断增大，可以判断c对应钛的形式为TiO（OH）+。

（4）根据原子守恒判断滤液中的主要成分；草酸氧钛钡晶体隔绝空气煅烧得到BaTiO3，同时得到CO、CO2及水蒸气。 【详解】

BaTiO3＋2CO↑＋2CO2↑＋4H2O

（1）盐酸与BaCO3发生反应：2HCl+BaCO3=BaCl2+H2O+CO2↑，为了加快反应速率可以将固体BaCO3研成粉末，以增大接触面积；也可以适当增大盐酸浓度或适当加热升高反应温度或搅拌等；TiCl4是强酸弱碱盐，在溶液中Ti4+会发生水解反应：Ti4++4H2O

Ti(OH)4+4H+，使溶液变浑浊，为了配制得到澄清的TiCl4溶

液，同时不引入杂质离子，通常是将TiCl4溶于浓盐酸中，然后再加适量水稀释至所需浓度。

（2）在溶液中BaSO4存在沉淀溶解平衡，当向溶液中加入饱和Na2CO3溶液时，发生沉淀转化生成BaCO3：BaSO4(s)+CO32-(aq)

BaCO3(s)+SO42-(aq)，待达到平衡后，移走上层清液，重复多次操作，最终BaSO4

生成BaCO3；反应的平衡常数

2.33gBaSO4物质的量为0.01mol，根据BaSO4(s)+CO32-(aq)

－

；

BaCO3(s)+SO42-(aq)，完全转化需要

0.01molCO32，同时溶液中产生0.01molSO42-，根据K值溶液中含有n（CO32-）=0.01mol÷0.02=0.5mol，需要加入Na2CO3为0.01mol+0.5mol=0.51mol，需要Na2CO3溶液的体积为0.51mol÷1mol/L=0.51L=510mL。 （3）“混合溶液”过程中，钛元素在不同pH下主要以TiOC2O4、TiO(C2O4)22-和TiO(OH)+三种形式存在，调“沉淀”节混合液pH在2.8左右再进行沉淀，据“沉淀”时生成草酸氧钛钡晶体中含有TiO(C2O4)22-(即b微粒)，4H2O↓；随着氨水的不断加入溶液的pH不断时的离子方程式为：TiO(C2O4)22-＋Ba2＋+4H2O=BaTiO(C2O4)2·增大，可以判断c对应钛的形式为TiO（OH）+。

（4）TiCl4和草酸混合液加入了氨水，然后与BaCl2溶液混合得到草酸氧钛钡晶体，根据原子守恒，滤液中主要成分为NH4Cl。草酸氧钛钡晶体隔绝空气煅烧得到BaTiO3，同时得到CO、CO2及水蒸气，煅烧草酸氧4H2O 钛钡晶体得到BaTiO3方程式为BaTiO(C2O4)2·【点睛】

本题考查了物质制备方法、过程分析判断、物质性质的应用、溶度积常数应用等知识。掌握基础知识并灵活运用是是本题解题关键，题目难度中等。

10．[陕西省咸阳市2019届高三模拟检测（三)]氯化铵焙烧菱锰矿制备高纯度碳酸锰的工艺流程如下：

BaTiO3+2CO↑+2CO2↑+4H2O。

已知：①菱锰矿石主要成分是MnCO3，还含有少量Fe、Al、Ca、Mg等元素；

②相关金属离子[c(Mn+)=0.1 mol·L−1]形成氯氧化物沉淀时的pH如下： 金属离子 开始沉淀的pH 沉淀完全的5.2 pH ③常温下，CaCl2、MnCl2的溶度积分别为回答下列问题：

“焙烧”时发生的主要化学反应方程式为_____________________。 （1）

（2）分析下列图1、图2、图3，氯化铵焙烧菱镁矿的最佳条件是：

2.8 8.3 12.6 10.8 11.6 Al3+ 3.8 Fe3+ 1.5 Fe2+ 6.3 Ca2+ 10.6 Mn2+ 8.8 Mg2+ 9.6

焙烧温度_________，氯化铵与菱镁矿粉的质量之比为__________，焙烧时间为___________。 （3）浸出液“净化除杂”过程如下：首先加入MnO2将Fe2+氧化为Fe3+，反应的离子方程式为__________

______________________________；然后调节溶液pH使Fe3+、Al3+沉淀完全，此时溶液的pH范围为___________________________。再加入NH4F沉淀Ca2+、Mg2+，当c(Ca2+)=1.0×10−5 mol·L−1时，c(Mg2+)=__________________mol·L−1。

（4）碳化结晶时，发生反应的离子方程式为___________。 （5）流程中能循环利用的固态物质是____________。 【答案】（1）MnCO3+2NH4Cl

MnCl2+2NH3↑+CO2↑+H2O

（2）500℃ 1.10 60min

（3）MnO2+2Fe2++4H+=Mn2++2Fe3++2H2O 5.2≤pH<8.8 5×10-6 （4）Mn2++2HCO3-（5）NH4Cl 【解析】

MnCO3↓+CO2↑+H2O

【详解】

（1）根据工艺流程图知“焙烧”时发生的主要化学反应方程式为：MnCO3+2NH4Cl MnCl2+2NH3↑+CO2↑+H2O；

（2）根据图示锰浸出率比较高，焙烧菱镁矿的最佳条件是：焙烧温度500℃；氯化铵与菱镁矿粉的质量比为1.10；焙烧时间为60min；

（3）二氧化锰具有氧化性，可以氧化亚铁离子，而二氧化锰被还原为锰离子，反应的离子方程式为：MnO2+2Fe2++4H+=Mn2++2Fe3++2H2O；根据题干信息知pH在5.2时Al3+沉淀完全，pH在8.8时，Mn2+开始沉淀，所以将Fe3+、Al3+沉淀完全，可以调整pH范围在5.2≤pH<8.8；根据

的溶度积计算得：

c2(F-)= ，c(Mg2+)= mol/L；

（4）根据流程图知碳化结晶时，发生反应的离子方程式为：Mn2++2HCO3-MnCO3↓+CO2↑+H2O； （5）流程图可以看出能循环利用的固态物质是NH4Cl。 【点睛】

分析流程题需要掌握的技巧是：浏览全题，确定该流程的目的，看懂生产流程图，了解流程图以外的文字描述、表格信息，后续设问中的提示性信息，并在下一步分析和解题中随时进行联系和调用。